山西省朔州市怀仁市第九中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

山西省朔州市第九中学高中部2023-2024学年高二上学期期中数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号和班级填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.一、选择题（每题4分，共48分）1.已知点是角终边上一点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出点P到原点的距离，再根据正弦函数的定义求解.【详解】依题意点P的坐标为，，；故选：D.2.如图所示，在直二面角中，四边形是边长为的正方形，是等腰直角三角形，其中，则点到平面的距离为 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，设平面的法向量为则，即令，则，为平面的法向量故点到平面的距离故选.3.已知，，若，则（）A.0B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】由两集合相等，元素完全一样，则可列出等式，结合集合中元素满足互异性即可解出答案. 【详解】因为，所以或，解得或或，又集合中的元素需满足互异性，所以，则．故选：C.4.若，则的最小值为（）A.4B.5C.6D.8【答案】C【解析】【分析】根据基本不等式即可求解.【详解】，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故最小值为6，故选：C5.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则由题意可知，， 因此有，即，解得，因为，所以.所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为故选：D.6.若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.【详解】因为，所以，设，则，，令恒成立，故单调递减，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；.故 所以，得到.故选:A.7.一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（）A.B.60C.120D.240【答案】B【解析】【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.【详解】因为，所以，所以展开式的通项为：，令得：，所以展开式的常数项为，故选：B．8.已知一组数据：1，2，3，5，m，则下列说法错误的是（）A.若平均数为4，则B.中位数可以是5C.众数可以是1D.总体方差最小时，【答案】B【解析】【分析】对于A，根据平均数公式得到关于m的方程，解方程得到m的值；对于B，对m的取值范围分类讨论，结合中位数的概念确定可能的中位数得到结论；对于C，根据众数的概念确定众数是1时m的值，从而得到结论；对于D，根据方差公式结合二次函数的最值进行判断.【详解】对于A，平均数为4时，，解得，A正确；对于B，当时，易得中位数为3；当时，5是数据中的最大的数，不可能是中位数，故B错误；对于C，当时，众数可以是1，故C正确； 对于D，设平均数为a，则方差，故当且仅当时，方差取得最小值，D正确.故选：B.9.在平面直角坐标系中，点的坐标为，则点､原点到直线的距离不都为1的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别利用点到直线距离公式即可确定答案.【详解】根据点到直线的距离公式可得，对于A，点到直线的距离为，点到直线的距离为，所以A错误；对于B，点到直线的距离为，点到直线的距离为，所以B正确；对于C，点直线的距离为，点O到直线的距离为，所以选项C错误；对于D，点到直线的距离为，点O到直线的距离为，所以选项D错误.故选:B.10.已知，则直线的倾斜角的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题设直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系求角的范围.【详解】由题意，直线的斜率k一定存在，且，则，故.故选：C11.已知的一条直径为是上的两点，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】取MB的中点为Q，连接NQ，作于点S，然后利用四边形MQNS为矩形，结合已知可解.【详解】取MB的中点为Q，连接NQ，作于点S，如图，则，又，，故四边形MQNS为矩形，且N，O，Q三点共线，因为，所以所以故， 则.故选：D.12.已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率P．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0､1､2､3､4､5表示击中目标，6､7､8､9表示未击中目标．因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：据此估计P的值为（）A.0.6B.0.65C.0.7D.0.75【答案】B【解析】【分析】求出20组随机数中，至少2次击中目标的次数，利用古典概型求概率公式进行求解.【详解】20组随机数中，至少2次击中目标的有151,525,271,582,407,481,249，333,038,554,731,539,037，共有13组，所以估计P的值为故选：B二、填空题（共22分）13.在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为___________.【答案】2π【解析】【分析】当三棱锥的体积最大时，此时到底面的高最大，即此时平面平面，即平面，设球心为在平面内作，垂足为,证明平面即得解.【详解】解：由题得,因为.因为,所以是△外接圆的圆心，外接圆的半径为 当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值，所以此时到底面的高最大，即此时平面平面，即平面.如图，设球心为在平面内作，垂足为,因为,所以,所以平面,所以过点的平面截三棱锥的外接球所得最小截面就是过的外接圆.所以截面的最小值为.故答案为：14.已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．【答案】5【解析】【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．【详解】因为圆心到直线的距离，由可得，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．15.如图，已知四边形ABCD为圆柱的轴截面，，E，F为上底圆上的两个动点，且EF过圆心G，当三棱锥的体积最大时，直线AC与平面BEF所成角的正弦值为________． 【答案】【解析】【分析】由的值不变，得到当EF垂直CD时，三棱锥的体积最大，建立的空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】因为，的值不变，所以当EF垂直CD时，三棱锥的体积最大，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量，则，可得，令，则，设直线AC与平面BEF所成角为，则．故答案为：.16.已知直线与直线平行，则___________.【答案】【解析】【分析】由两直线平行，可得，即可求解.【详解】由得，，则，故答案为：17.甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________． 【答案】##【解析】【分析】甲队以4∶1获胜包含的情况有:①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4∶1获胜的概率.【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4：1获胜包含情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：，则甲队以4：1获胜的概率为：故答案为：0.32三、解答题（本题共5小题，每题16分，共80分）18.已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点. 令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因，所以，即或． 当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．19.如图，在三棱锥中，，底面ABC（1）证明：平面平面PAC（2）若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】【分析】（1）由，得到，再根据底面ABC，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；（2）作，连接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC，则即为AM与平面PBC所成的角求解.【小问1详解】证明：因为，所以，又底面ABC，所以，又，所以平面PAC，因为平面PBC，所以平面平面PAC；【小问2详解】如图所示：作，连接OM，因为平面平面PAC，平面平面PAC=PC，所以平面PBC，则即为AM与平面PBC所成的角，设，则，所以，又，所以，所以AM与平面PBC所成角的正切值为.20.已知函数．若函数在处有极值-4．（1）求的单调递减区间； （2）求函数在上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：先求出导函数，根据导数的几何意义得到关于的方程组，求得后再根据导函数的符号求出单调递减区间．由求出函数的单调区间，可以数判断函数在上的单调性，求出函数在上的极值和端点值，通过比较可得的最大值和最小值．试题解析：（1）∵，∴，依题意有即，解得∴，由，得，∴函数的单调递减区间由知∴，令，解得．当变化时，的变化情况如下表：由上表知，函数在上单调递减，在上单调递增．故可得 又．∴综上可得函数在上的最大值和最小值分别为和．21.已知圆与圆相交于两点，点位于轴上方，且两圆在点处的切线相互垂直.（1）求的值；（2）若直线与圆､圆分别切于两点，求的最大值.【答案】（1）（2）最大值为3【解析】【分析】（1）根据切线的性质构造直角三角形，结合勾股定理求解；（2）平移公切线构造直角三角形，由勾股定理结合基本不等式求解的最大值.【小问1详解】如图，由题意可知与圆相切，与圆相切，且，故，即.【小问2详解】作于点H，连接PQ，在中，，其中，故，又，当且仅当时取等号，故， 即的最大值为3.22.在正方体中，为的中点，为棱上一点，平面交棱于点，交棱于点.（1）若，求；（2）若，求证：平面.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接，并延长，DA交于点Q，连接QE，则QE与AB的交点即为点F，根据相似三角形的相似比可得；（2）设正方体棱长为a，，延长，EH交于点S，连接，AC，利用三角形相似比求得t和CH，然后可证.【小问1详解】连接，并延长，DA交于点Q，连接QE，则QE与AB的交点即为点F，如图，易得,，又，则，则. 小问2详解】设正方体棱长为a，，易得，则，故.延长，EH交于点S，连接，AC，如图，易得，则，则，又，则，化简得，则，故，则四边形MACH为平行四边形，则，平面ABCD，平面ABCD，则平面ABCD.